G Flexao Composta

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G – Flexão Composta 
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 7.0 – Flexão Composta. 
 
 7.1 – Flexão Composta com Força Normal. Introdução. 
 A linearidade da distribuição das deformações longitudinais e tensões normais em 
pontos de uma dada seção de uma barra reta, nos casos da tração pura (tensões e deforma-
ções uniformes) e da flexão pura (tensões e deformações proporcionais às coordenadas do 
ponto da seção da viga), permite-nos aplicar o princípio da superposição dos efeitos, esta-
belecendo que a tensão total será obtida pela soma algébrica das tensões provocadas pelos 
dois esforços, como se atuassem separadamente. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 7.2 – Flexão Simétrica composta com Força Normal. Carga Axial Excêntrica. 
 
 A aplicação da superposição dos efeitos para o caso da flexão simétrica composta 
com força normal leva a: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
M 
N N 
M 
Tal suposição deixa de ser aplicável, 
entretanto, no caso de flexão composta 
de vigas esbeltas sob compressão já que 
a flecha produzida pela flexão provoca 
uma excentricidade da seção para as for-
ças externas, que altera o valor do mo-
mento fletor na seção, sendo tal efeito 
cumulativo (ver “flambagem”, adiante). 
f 
M = M1 + N.f 
M1 M1 
N
 
N
 
Fig. 7.1.1 – Flexão composta com força normal. Superposição dos efeitos. 
 σ = N/A + (M/Ic) y ............ (7.2.1) 
 
sendo Ic o momento de inércia baricêntrico (a linha 
neutra não mais conterá o centróide da área A). 
 
 Quando o momento fletor for conse-
qüência de uma excentricidade “e” da aplica-
ção do esforço normal externo em relação à 
posição do centróide da seção, podemos escre-
ver: → M = N.e 
 
σ = N/A + (N.e / Ic) y = (N/A)[1 + (A/Ic)/(e.y) 
 
 Fazendo Ic = A (kc)2...(kc – Raio de Giração) 
 
N 
N 
M = N.e 
e 
y y 
= 
Fig. 7.2.1 – Carga axial excêntrica. 
G – Flexão Composta 
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 σσσσ = (N/A) [1 + (e.y)/ kc2 ]......... (7.2.2) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exemplo 7.2.1 - O elo aberto de uma corrente de aço 
tem as dimensões mostradas na figura. Supondo uma 
força de tração na corrente de 500 N, pede-se determi-
nar, para a seção média do elo: 
1) a máxima tensão de tração; 
2) a máxima tensão de compressão, e 
3) a distância da linha neutra em relação ao 
ponto central da seção. 
 
Solução 
d = 10mm 
 15 mm 
500 N 
500 N 
Na seção média do elo ⇒ N = 500N; M = 500 x 0,015 = 7,5 N.m. 
A = pi (0,010)2 / 4 = 78,54 x 10-6 m2 e 
Ic = pi (0,010)4 / 64 = 0,4909 x 10-9 m4. Levando em 6.1, teremos: 
 
 (σTração)max = 500/78,54x10-6 + (7,5 / 0,4909x10-9)0,005 = 
= 6,4 + 76,4 = 82,8 MPa (no lado interno do elo) 
 
 (σCompressão)max = 500/78,54x10-6 - (7,5 / 0,4909x10-9)0,005 = 
= 6,4 – 76,4 = 70,0 MPa (no lado externo do elo) 
 
Na linha neutra σ = 0 ⇒ 500/78,54x10-6 + (7,5 / 0,4909x10-9) yLN = 0
⇒
 
 yLN = 0,42 mm. 
 
+ 6,4 MPa 
+ 76,4 
- 76,4 - 70,0 
+ 82,8 
0,42mm 
Exemplo 7.2.2: O torno de bancada mostrado 
na figura foi apertado provocando uma força 
de compressão que atinge 500 N na peça apri-
sionada. 
Pede-se: 
1) determinar as tensões máximas de tração e 
de compressão no corpo do torno (seção 
transversal em “T”). 
 
2) indicar a posição da linha neutra em rela-
ção a face interna do torno. 
12,7 
4 
4 
21,3 
A 
A 
Seção A-A 
50 
yc 
Solução: 
A avaliação das características geométricas da seção nos leva a: 
A = 12,7 x 4 + 21,3 x 4 = 136 mm2; yc = 12,7 x 4 x 23,3 + 21,3 x 4 x ½ 21,3 / 136 = 15,38 mm 
IC = 12,7x43/ 12 + 12,7x4x(23,3 – 15,38)2 + 4x21,32/ 12 + 4x21,3x(15,38 - ½21,3)2 = 8382 mm4 
 N = 500N ; M = 500[50 + (25,3 – 15,38)]x10-3 = 29,96 N.m 
σT = (N/A) + (M/Ic)y’ = 500 / 136x10-6 + (29,96 / 0,008382x10-6)(0,0253 – 0,01538) = 39,1 MPa (T) 
σC = (N/A) - (M/Ic)y’’ = 500 / 136x10-6 - (29,96 / 0,008382x10-6)(0,01538) = - 51,3 MPa (C) 
 Na linha neutra, σ = 0 e 
0 = 500 / 136x10-6 - (29,96 / 0,008382x10-6) yLN >> yLN = 1,03 mm, portanto a LN está a 1,03 mm 
abaixo de C, ou seja, a 25,3 – 15,38 + 1,03 = 10,95 mm da face interna do torno. 
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 7.3 – Caso Geral do Carregamento Axial Excêntrico de Barras Espessas. 
 Quando uma barra reta é submetida a um carregamento axial com uma excentrici-
dade, mesmo que fora de um plano de simetria, ou nos casos em que a seção não apresen-
ta um eixo de simetria, o procedimento para o cálculo das tensões será o mesmo, ou seja, 
as tensões provocadas pela força normal e pelo momento fletor são calculadas separada-
mente, após o que os efeitos serão superpostos (algebricamente, considerando os corres-
pondentes sinais para as tensões calculadas). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Problema Proposto 7.2.3: O duto esquematizado 
na figura, de parede com 20 mm de espessura e 
seção quadrada de 200 x 200 mm2, está subme-
tido a uma força de tração centrada de 100 kN. 
O duto dispõe de uma janela de inspeção retan-
gular como mostrado. Pede-se descrever a dis-
tribuição das tensões normais na seção à altura 
da janela (indicando os valores extremos e se 
haverá inversão, com a existência de tensões 
compressivas). 
 
20 
200 
200 mm 
130 
100 kN 
100 kN 
Exemplo 7.3.1 – A coluna curta esquematizada é ataca-
da por uma força de compressão P na posição mostrada 
(ponto de ataque em A). 
Calcular as tensões normais nos pontos da base 1, 2, 3 e 
4 indicados. 
A 
A 
1 
2 
3 
100 
20 
120 
10 
15 
25 
P = 46,4 kN 
Solução 
Para o perfil esquematizado teremos: 
Área A = 2 x (100 x20) + 120 x15 = 5.800 mm2 
Iz = 15 x1203/12 + 2 x [100 x203/12 + 20 x100 x 702] = 
 = 21,89 x10 6 mm4 = 21,89 x10 -6 m4. 
Iy = 2 x (20 x 1003 /12) + 120 x 153 / 12 = 3,367 x10-6m4. 
 
z 
y 
y 
z 
4 
A força normal é de compressão e vale: 
N = - 46,4 x 103 N. 
Computando as componentes do momen-
to fletor em relação aos eixos z e y, obtemos: 
Mz =- 46,4 x103 x 0,070 = - 3.248 N.m 
My =- 46,4 x103 x 0,025 = - 1.160 N.m 
 
 As tensões nos pontos indicados serão: 
(ponto 1) - σ1 = (-46,4 x103) / 5.800 x10-6 + (-3.248/21,89 x10-6) (-0,080) + (-1.160 / 3,367) (-0,050) = 21,1MPa (T) 
(ponto 2) - σ2 = (-46,4 x103) / 5.800 x10-6 + (-3.248/21,89 x10-6) (-0,060) + (-1.160 / 3,367) (-0,0075) = 3,49MPa (T) 
(ponto 3) - σ3 = (-46,4 x103) / 5.800 x10-6 + (-3.248/21,89 x10-6) (+0,080) + (-1.160 / 3,367) (+0,050) =37,1MPa (C) 
(ponto 4) - σ4 = (-46,4 x103) / 5.800 x10-6 + (-3.248/21,89 x10-6) (+0,060) + (-1.160 / 3,367) (-0,050) = 0.321MPa (T) 
 
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 A posição da linha neutra (LN) será obtida estabelecendo o lugar geométrico dos pontos da 
seção onde a tensão normal é nula, escrevendo: 
(na LN) - σ = 0 = (-46,4 x103) / 5.800 x10-6 + (-3.248/21,89 x10-6) (yLN) + (-1.160 / 3,367) (zLN), ou seja: 
 
zLN = -0,4307 yLN – 0,02322, 
equação de reta que corta o eixo z a 23,22 mm a esquer-
da do centróide e o eixo y a 53,91 mm acima do centrói-
de.O conhecimento do posicionamento da linha neu-
tra é muito útil para se avaliar a posição dos pontos críti-
cos da seção (os pontos mais solicitados – à tração e à 
compressão, são aqueles mais afastados da linha neutra). 
 No exemplo em análise verifica-se que os pontos 
(1) e (3) são os que apresentam maiores tensões de tração 
e de compressão (respectivamente), enquanto que o pon-
to 4 está muito próximo à linha neutra. 
 
 
z 
y 
-23,22 
-53,91 
LN 
Barra Chata 
50 x 10 
Barra Chata 
50 x 10 
Barra Chata 
120 x 10 
P = 11,0 kN 
Exemplo 7.3.2: a haste esquematizada é 
montada com duas barras chatas de 50 x 10 
mm
2
, em forma de abas, rigidamente conec-
tadas a outra barra chata (120 x 10 mm2), 
como alma, sendo atacada por uma força de 
tração P = 11 kN, a meia distância da espes-
sura das barras, na junção inferior, como 
indica a figura. 
Pede-se determinar o valor das tensões nor-
mais despertadas nos pontos indicados, sufi-
cientemente afastados do ponto de aplicação 
da carga ativa. 
2 
1 
3 
Solução 
Para o perfil montado teremos: 
Área A = 2 x 50 x 10 + 120 x 10 = 2.200 mm2; 
Iz = 10 x 1203 / 12 + 2(50 x 103 / 12 + 50 x 10 x 552) = 4,473 x 106 mm4 
Iy = 120 x 103 / 12 + 2(10 x 503 / 12 + 10 x 50 x 302) = 1,118 x106 mm4 
Pyz = - 2 (50 x 10 x 55 x 30) = - 1,650 x 106 mm2 
 
Quanto aos esforços solicitantes teremos: 
N = 10 kN; MZ = 11.000 x 0,055 = + 605 N.m; MY = 0. 
 
z 
y 
55 
55 
55 
As tensões serão calculadas fazendo: 
σ = N / A + k1 y + k2 z (como em 5.12). Através do sistema de equações em 5.13, teremos: 
 
+ 605 = 4,473 x 10 - 6 k1 + (- 1,650 x 10-6) k2; k1 = 278,5 x 106 Pa/m 
 0 = (-1,650 x 10-6) k1 + 1,118 x 10-6 k2 . k2 = 388,3 x 106 Pa/m 
portanto: σ
 = 11.000 / 2.200 x 10 -6 + ( 278,5 x 106 ) y + (388,3 x 106 ) z, ou seja: 
 
 σσσσ = [ 5 + 278,5 y + 388,3 z ] x 106 
G – Flexão Composta 
 32 
 As tensões nos pontos assinalados valerão: 
 Ponto 1 (+0,060; -0,055) - σ
 1 = 0,3535 MPa (T) 
 Ponto 2 (-0,060; -0,005) - σ
 2 = -13,65 MPa (C) 
 Ponto 3 (-0,060; + 0,055) - σ
 3 = 9,647 MPa (T) 
 A equação da Linha Neutra (σ = 0) será: 
0 = 5 + 287,5 y + 388,3 z → zLN = -0,7172 yLN – 0,01288 
(a LN corta os eixos Z e Y em -12,88 mm, à esquerda de C, e 
à – 17,96 mm acima de C). 
 Verifica-se que o ponto da seção mais solicitado à 
tração é o canto 4 (+0,060;+0,005), mais afastado da LN, 
 onde σ4 = 23,65 MPa. 
 
 
7.4 – Núcleo de Ataque em Pilares Curtos. 
Quando é importante garantir que, em um pilar comprimido pelos topos por uma 
força que possa apresentar certa excentricidade, não haja inversão do sinal da tensão (caso 
do concreto, incapaz de suportar tensões de tração), será necessário limitar uma região da 
seção (chamada de “núcleo central de ataque”) onde a força poderá atuar. Convém repisar 
que tal análise não se aplica a colunas esbeltas (longas) devido à influência no valor da 
excentricidade, decorrente das deformações por flexão, alterando o momento fletor. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
z 
y 
C 
1 
2 3 
4 
LN 
 No caso de uma coluna de seção circular, de diâme-
tro d, é fácil concluir que o núcleo central será uma área 
também circular, de raio igual à máxima excentricidade ad-
missível, tal que: 
0 = - P/A + (P.e/ IC)(d/2), sendo A = pid2 / 4 ; e 
IC = pid4 / 64. Teremos, portanto: 
 e máximo = d/8 (pilar circular) 
 
No caso de um pilar de seção retangular de dimen-
sões (b x h), verifica-se que o núcleo central terá a forma de 
um losango. Realmente: supondo que o pilar seja atacado 
num ponto qualquer do primeiro quadrante da seção, de co-
ordenadas (y, z), e que seja nula a tensão no vértice diame-
tralmente oposto, teremos: 
0 = -P/ b.h + [(-P.y)/(bh3/12)](-h/2) + [(-P.z)/hb3/12)](-b/2); 
 y/(h/6) + z/(b/6) = 1, 
equação de uma reta (na forma normal) que corta os eixos y
e z em pontos que distam do centro C, respectivamente, h/6 
e b/6. Conclusões idênticas seriam obtidas analisando os 
outros três quadrantes, indicando o formato do núcleo de 
ataque como um losango. 
 
d 
d/4 
y 
z 
b/6 
h/6 
Fig.7.4.1 – Núcleo Central de Ataque Problema Proposto 7.4:
Para o perfil “I”, cuja 
seção transversal é es-
quematizada ao lado, 
determine a configuração 
e as dimensões do núcleo 
central de ataque. 
e 
e P 
P 
150 x 15 200 x 10 
G – Flexão Composta 
 33 
 
7.5 – Solicitações Combinadas. Flexão Composta com outros esforços seccionais. 
 
 Na determinação das tensões ocorrentes em pontos da seção transversal de vigas ou 
barras submetidas a esforços solicitantes combinados, utilizaremos o princípio da super-
posição dos efeitos, computando as tensões devidas a cada um dos esforços, como se atu-
ando isoladamente, para depois obter o valor total, somando-as algebricamente. 
 A seguir serão apresentados alguns exemplos de aplicação do método. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Para o ponto (1) (z = 0 e y = - d/2) teremos: 
σX = - 40.000 / 4.418 x 10- 6 + (- 2.000/ 1,553 x 10 - 6) (- 0,075/2) = ( - 9,05 + 48,29 ) x 106 = + 39,2 Mpa (T); 
τXY = 0; τXz = (4/3)[20.000 / 4.418 x 10 – 6 ] + (-600 / 3,106 x 10 -6) (- 0,075/2) = 6,036 + 7,244 = + 13,28 MPa 
 As tensões nos demais pontos são calculadas da mesma forma, produzindo a tabela abaixo: 
 
P TENSÃO NORMAL (σ)σ)σ)σ) TENSÃO TANGENCIAL (ττττ) 
 (N/A) (M/I)(d/2) Total (4/3) (Q/A) (T/Jp)(d/2) Total 
1 -9,05 +48,29 +39,2 MPa +6,036 +7,244 +13,3 MPa 
2 -9,05 +96,59 +87,5 MPa +3,018 -7,244 -4,23 MPa 
3 -9,05 -48,29 -57,3 MPa +6,036 -7,244 -1,21 MPa 
4 -9,05 -96,59 -106 MPa +3,018 +7,224 +10,3 MPa 
 
 
Exemplo 7.5.1 – A extremidade em balanço do 
eixo maciço esquematizado (D = 60mm) é 
submetida às forças indicadas. 
Determinar as tensões normais e cisalhantes no 
plano da seção do eixo na altura do mancal, 
nos quatro pontos assinalados. 
200 
R= 30 
D= 75 mm 
10 kN 
20 kN 
40 kN 
1 
2 3 
4 
x 
y 
z 
σx 
σx 
σx 
σx 
τxy 
τxy 
τxz 
τxz 
y 
z 
x 
N 
QZ 
QY 
MY 
MZ 
MX = T 
mancal 
 Os esforços solicitantes atuando na seção indicada valem: 
 N = - 40 kN; Qy = + 10 kN; QZ = + 20 kN; 
MX = T = - 20 x 30 = - 600 N.m; MY = -20 x 200 = - 4.000 N.m; MZ = - 10 x 200 = - 2.000 N.m 
(Obs.: MZ é negativo – apesar de ter o sentido positivo do eixo Z , pois provoca tensões de compressão em pontos do 
primeiro quadrante). 
 As características geométricas da seção indicam que: Área A = pi (75)2 / 4 = 4.418 mm2
 
; 
 IY = IZ = pi (75)4 / 64 = 1,553 x 106 mm4; JP = pi (75)4 / 32 = 3,106 x 106 mm4 
1 
G – Flexão Composta 
 34 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exemplo 7.5.2 – O duto de parede fina es-
quematizado (e = 5mm) é submetido aos 
esforços indicados. 
Determinar as tensões máximas de tração, 
de compressão e de cisalhamento, no plano 
da seção de engastamento do duto. 500 
50 
100 
5 
50 
4,0 kN 
 
8,0 kN 
Solução
 - Propriedades geométricas da seção: 
 A = 100 x 50 – 90 x 40 = 1.400 mm2 
 @ = 95 x 45 = 4.275 mm2 
IZ = 2x5x403/12+2[100x53/12+100x5x(22,5)2] = 0,5617x106mm4; 
IY = 2x5x1003/12 + 2[40x53/12 + 40x5x (45)2] = 1,644x 106mm4; 
 Esforços solicitantes na seção do engaste: 
N = 8,0 kN; QY = 4,0 kN; MY= 800 Nm; MZ = -2.200 Nm; MX = T = 400 Nm.
 
 
(σMáx.)Tração = 8.000/ 1.400x10-6 + (-2200/ 0,5617x10-6) x(-0,025) + (800/1,644x10-6) x 0,050 = +128 MPa (Pt.1) 
(σMáx.)Compr = 8.000/ 1.400x10-6 + (-2200/ 0,5617x10-6) x (+0,025) + (800/1,644x10-6) x (-0,050) = -117 MPa (Pt.2) 
(τMáx.)Cisalh. = 3,600 x (4.000 / 1.400 x 10-6) + 400 / 2 x 4.275x10-6 x 0,005 = 19,6 MPa (Pt. 3) 
No cálculo das tensões utilizaremos as expressões: 
 σ = N / A + (MZ/IZ) y + (MY/IY) z; e τ = ξ (Q / A) + T / (2 @ e 
1 
2 
3 
Exemplo 7.5.3: O reservatório cilíndrico esque-
matizado é fabricado em chapa de aço com 5mm 
de espessura e com diâmetro interno de 500mm, 
sendo submetido a uma pressão manométrica de 
2 atmosferas e à ação de uma força provocada 
pelo tirante ABC, tracionado através do macaco 
esticador B com uma força de 13,0 kN. 
Para o plano da seção da base do recipiente, 
pede-se determinar as máximas tensões de tra-
ção, de compressão e de cisalhamento. 
A 
B 
C 
350 
1.200 
500 
5 
250 
Solução: A decomposição da força de13kN apli-
cada em C nos fornece: CX = 12kN e CY = 5kN. 
Os esforços solicitantes na seção da base valem: 
N = pA – CX = 2x105x pi0,52/4 – 12x103=+27,27kN 
 QY = +5,0kN; T = 5 x 350 = 1750 N.m 
MZ=-5x1.200=-6.000Nm; MY=-12x350=-4.200Nm 
As propriedades geométricas da seção valem: 
 
p 
CY 
CX 
 A=(pix505)x5=7.933mm2; 
Jp = pi(505)(5)(252,5)2 = 505,7 mm4 ; IY = IZ = ½ Jp = 252,9mm4 
 
5 500 
Num ponto P genérico (y, z) da seção da base, a tensão normal 
valerá: 
 σ
 = N/A + (MZ/IZ)y + (MY/IY)z 
σ=27,27x103/7.933x10-6+(-6000/252,9x10-6)y+(-
4.200/252,9x10-6)z 
 σ
 σ σ σP = 3,438 – 23,72 y – 16,61 z (MPa)......(a) 
 
P 
x 
z 
y 
y 
z 
G – Flexão Composta 
 35 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Y Z A localização dos pontos mais solicitados à tração e à 
compressão pode ser feita verificando-se os posicionamentos da 
linha neutra e dos pontos da seção mais afastados da mesma, do 
lado tracionado e do lado comprimido. 
 No caso, a equação da LN (onde σ = 0) será: 
 ZLN = - 1,428 YLN + 0,2070, 
reta que cruza os eixos Z e Y, respectivamente, a 207mm a direita 
do centro O e a + 145mm (abaixo do centro O). 
 A direção perpendicular à LN terá como coeficiente angu-
lar, - 1/1,428 = + 0,7003, o que nos permite obter as coordenadas 
dos pontos da seção mais afastados em relação à LN e as corres-
pondentes tensões: 
 σT 
Máxima
 = 3,438 –23,72(-0,207) –16,61(-0,145)= +10,7 
MPa 
 σC 
Máxima
 = 3,438 –23,72(0,207) –16,61(0,145)= - 3,88 MPa
 
 
207 
145 
 O 
 Y 
 Z 
LN 
 O mesmo resultado seria alcançado se, na equação (a), válida para os diversos pontos da seção reta na 
base do recipiente, tivéssemos estabelecido uma relação entre as coordenadas y e z desses pontos (já que per-
tencem a uma circunferência de raio 252,5 mm), a saber: 
 y2 + z2 = (0,2525)2 = 0,06376 que, levada em (a), nos forneceria: 
 
 
 σP = 3,438 –23,72 y –16,61 (0,06376 – y2)1/2 . Derivando e igualando a zero para obter o valor extre-
mo da tensão, chegamos a y= 0,207 m, confirmando o resultado anterior. 
252,5 
+ 
+ + + + 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
_ 
_ 
_ 
_ 
_ 
_ 
Exemplo 7.5.4: A figura abaixo representa o eixo propulsor de um navio sendo conhecidos: 
Motor: Potência: 5.000 (BHP) ( 1); rotação: 385 rpm; Velocidade do Navio: 18 nós ( 2) 
Hélice: - peso: 3,17 toneladas métricas; eficiência propulsiva: η = 63% ( 3) 
Eixo: aço 1045 (γ =7,8 ton/m3). Maciço. Diâmetro: 220 mm. Rendimento mecânico: η = 96%( 4) 
 Calcular, para a seção do eixo situada no mancal de ré (próximo ao engaxetamento na popa), 
as tensões extremas (normal e tangencial). 
OBS.: (1)(potência do motor medida em bancada, no freio); (2) 1 nó = 1 milha náutica/hora = 
1.852 m / h = 0,5144 m/s. (3) relação entre a potência fornecida pelo eixo ao hélice e a que efeti-
vamente empurra o navio naquela velocidade; (4) relação entre a potência fornecida pelo motor 
ao eixo e a que chega até ser fornecida ao hélice. 
 
1,24m 3,20m 2,35m 
Mancal 
Motor 
Gaxeta 
G – Flexão Composta 
 36 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: A potência nominal do motor (5000HP) é transferida ao 
propulsor através do eixo, com uma perda mecânica, alcançando 
5.000 x 0,96 = 4.800HP. Somente 63% desse valor serão utiliza-
dos para empurrar o navio (através do eixo propulsor comprimi-
do), mantendo a sua velocidade, vencendo as forças resistentes. 
Parte da energia é despendida na movimentação do meio flutuante 
(esteira e ondas). Portanto a potência efetiva que mantém o navio 
em movimento será 0,63 x 4.800 = 3.024 HP (produto da força 
propulsiva pela velocidade), então: 
(F propulsiva).(Vnavio) = 3.024 HP. 
F propulsiva = N = 3.024 x 746 / 18 x 0,5144 = 243,6kN. 
O torque na seção junto ao propulsor valerá: 
T = (4.800 x 746) / (385x2pi / 60) = 88,82 kN.m 
 
A força cortante na seção junto ao mancal valerá: 
Q = (Força = Peso Hélice) + (Peso de 2,35m do eixo)= 3,17 x 103 + 7,8 x 103 x 2,35 x pi(0,220)2/4 = 
 = 3.170 + 696,8 = 3.866,8 kgf = 3.866,8 x 9,81 = 37,93 kN 
O momento fletor na seção junto ao mancal valerá: 
 M = 3.170 x 9,81 x 2,35 + 696,8 x 9,81 x 2,35 / 2 = 81,11kN.m 
Para tais esforços solicitantes, teremos as seguintes tensões nos pontos críticos da seção (com propriedades geomé-
tricas A = pi(220)2/4 = 38.013mm2; IC =pi(220)4 /64 = 115,0 x 106 mm4): 
σ Máx(compressão) = - 243,6 x103/38.013 x10 -6 – (81,11 x 103/115,0 x 10 -6)(0,220/2) = 
 = - 6,408 x 106 – 77,58 x 106 = - 71,2 MPa (PONTO 1) 
σ
 
Máx (tração) = - 243,6 x103/38.013 x10 -6 + (81,11 x 103/115,0 x 10 -6)(0,220/2) = 
 = - 6,408 x 106 + 77,58 x 106 = -84,0 MPa (PONTO 2) 
τ Máx (cisalhamento) = (4/3) 37,93x103/38.013 x10 -6 + (88,82 x 103/2 x 115,0 x 10 -6)(0,220/2) = 
 =1,330 x 106 + 42,48 x 106 = 43,8 MPa (PONTO 3) 
 
mancal 
N 
T 
P hélice 
P
 eixo 
2,35m 
1 
2 
3 
OBSERVAÇÃO FINAL
 – Os capítulos estudados permitem calcular as tensões máximas ocorrentes no plano da seção 
transversal
 das barras e vigas submetidas aos diversos esforços solicitantes. Resta-nos analisar as tensões ocorrentes nesses 
pontos, porém em outros planos, que não o da seção transversal, para avaliar se tensões ainda maiores do que as até agora cal-
culadas estarão lá presentes. 
 Nos estudos seguintes vai-se mostrar que, conhecidas as tensões atuantes, num certo ponto de um corpo carregado, em 
dois planos perpendiculares, será possível determinar as tensões nesse ponto, porém em um outro plano qualquer, permitindo 
avaliar em quais planos os valores extremos das tensões ocorrerão, e os valores por elas alcançados. 
 Assim, mostraremos que, conhecidas as tensões σx, σy e τxy (= τyx), atuantes em um ponto, 
τxy 
τyx 
σx 
σy 
σmax 
σmin 
τ
 
= 0 
τ
 max 
σmed 
σmed 
σ Max/Min = ½ (σx + σy) + {[½ (σx - σy)]2 + τxy 2}1/2 (atuam em planos perpendiculares onde τ = 0 – os 
chamados planos principais). 
τ Max/Min = + {[½ (σx - σy)]2 + τxy 2}1/2 (atuam em planos a 45º dos principais, onde σ = σ Med = 
= ½ (σx + σy). (Para maiores informações, matricule-se em RES MAT XI). 
= =